Пусть функции $latex f(x)$ и $latex g(x)$ удовлетворяют следующим условиям:
- $latex f,g \in R[a,b]$
- $latex \exists\;m,M:\;m\leqslant f(x)\leqslant M\forall\;x\in [a,b]$
- $latex g(x)$ не меняет знак на $latex [a,b]$
Тогда
$latex \exists\;\mu\in[m,M]:\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx$.
$latex \square$Не ограничивая общности рассуждений рассмотрим случай $latex g(x)\geqslant 0$ на $latex [a,b]$.
Домножив все части неравенства $latex m\leqslant f(x)\leqslant M$ на $latex g(x)$, получим
$latex m\, g(x)\leqslant f(x)g(x)\leqslant M g(x)$.
По свойству монотонности интеграла, получим
$latex m\int_{a}^{b}g(x)dx\leqslant \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\leqslant M\int_{a}^{b}g(x)dx$.
Если $latex \int_{a}^{b}g(x)dx=0$, то и $latex \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=0$, тогда $latex \mu$ — любое из отрезка $latex [a,b]$. Пусть, далее, $latex \int_{a}^{b}g(x)dx \neq 0$. Разделим все части неравенства на $latex \int_{a}^{b}g(x)dx>0$, будем иметь
$latex m\leqslant \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}\leqslant M$.
Обозначим
$latex \frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}=\mu$.
Получили, что $latex \mu \in [a,b]$ и $latex \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx$. Случай $latex g(x)\leqslant0$ доказывается аналогично.$latex \blacksquare$
Следствие
Если $latex f(x)$ непрерывна на $latex [a,b]$, $latex g \in R[a,b]$ и не меняет знак на $latex [a,b]$, то $latex \exists\;c\in [a,b]:\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(c)\int_{a}^{b}g(x)dx$. В частности, если $latex g(x)=1$, то
$latex \exists\;c\in[a,b]:\int_{a}^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$.
$latex \square$Пусть
$latex m=\underset{[a,b]}{inf}f(x)$ и $latex M=\underset{[a,b]}{sup}f(x)$.
Тогда, по второй теореме Вейерштрасса, $latex \exists\;x_{1},x_{2}\in [a,b]$ такие что $latex f(x_{1})=m$ и $latex f(x_{2})=M$ и $latex f(x_{1})\leqslant f(x)\leqslant f(x_{2}), x\in[a,b]$. По интегральной теореме о среднем
$latex \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu \int_{a}^{b}g(x)dx$,
где $latex f(x_{1})\leqslant \mu \leqslant f(x_{2})$. Тогда, по теореме о промежуточных значениях непрерывной функции, $latex \exists\:c\in[a,b]:\mu=f(c)$.$latex \blacksquare$
Примеры
1)Найти среднее значение функции $latex y=2x+3$, заданной на отрезке $latex [2,5]$, а также значение аргумента, в котором оно достигается.
Функция $latex f(x)$ непрерывна на отрезке $latex [2,5]$, следовательно интегрируема на этом отрезке. Тогда найдется такое $latex c\in[2,5]$, что
$latex f(c)=\frac{\int_{2}^{5}(2x+3)dx}{5-2}=\frac{1}{3}\left(x^{2}+3x)\right|^{5}_{3}=\frac{1}{3}(25+15-4-6)=10$.
$latex f(c)=10$
$latex 2c+3=10$
$latex c=\frac{7}{2}$
Среднее значение функции равно 10, достигается в точке $latex c=\frac{7}{2}$.
2)Доказать неравенство: $latex \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{9}dx}{\sqrt{1+x}}\leqslant\frac{1}{10}$
Подынтегральную функцию представим в виде произведения: $latex \frac{x^{9}}{\sqrt{1+x}}=g(x)f(x)$, где $latex g(x)=x^{9}, f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}, x\in[0,1]$. Очевидно, что
$latex m=\underset{[0,1]}{inf}f(x)=\frac{1}{\sqrt{2}},
M=\underset{[0,1]}{sup}f(x)=1$.
Отсюда, по теореме о среднем получим $latex I=\int_{0}^{1}\frac{x^{9}dx}{\sqrt{1+x}}=c\int_{0}^{1}x^{9}dx=\frac{c}{10}$, причем $latex \frac{1}{\sqrt{2}}\leqslant c\leqslant 1$, по этому $latex \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant I\leqslant \frac{1}{10}$.
Литература
- З.М. Лысенко. Конспект лекций по математическому анализу, 1 семестр.: О. 2012
- Б.П. Демидович и др. Задачи и упражнения по математическому анализу. Издание девятое. Стр. 196-198: М. Наука. — 1977, 528 стр.
- В.А. Ильин, Э.Г. Позняк. Основы математического анализа. Часть 1. Издание четвертое. Стр. 336-341: М. Наука. — 1982, 616 стр.
- Г.М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 2. Издание седьмое. Стр. 113-115: М. Наука. — 1969, 800 стр.
Смотрите так же на википедии
Тест на тему интегральная теорема о среднем
Таблица лучших: Интегральная теорема о среднем
Место | Имя | Записано | Баллы | Результат |
---|---|---|---|---|
Таблица загружается |
Нет замечаний
Хорошая работа.
Правда слово «решение» я бы писал прямо на спойлере.